外国教材量子力学概论2ndedition课后练习题含答案

第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b b T m 03109.2 ,⋅⨯==-λ。

证明：由普朗克黑体辐射公式：ννπνρννd e ch d kT h 11833-=， 及λνc =、λλνd cd 2-=得1185-=kThc ehc λλλπρ，令kT hcx λ=，再由0=λρλd d ，得λ.所满足的超越方程为 15-=x xe xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kThcm λ，将数据代入求得C m 109.2 ,03⋅⨯==-b b T m λ 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV,求de Broglie 波长.解：010A 7.09m 1009.72=⨯≈==-mEh p h λ #1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=⨯≈===-mkTh mE h p h λ 其中kg 1066.1003.427-⨯⨯=m ，123K J 1038.1--⋅⨯=k #1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。

（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--⋅⨯=B μ，求动能的量子化间隔E ∆，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E μωμ+=可以化为()12222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+μωμE q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2μωμEb E a ==，相空间面积为,2,1,0,2=====⎰n nh EEab pdq νωππ所以，能量 ,2,1,0,==n nh E ν方法2：一维谐振子的运动方程为02=+''q q ω，其解为()ϕω+=t A q sin速度为 ()ϕωω+='t A q c o s ，动量为()ϕωμωμ+='=t A q p cos ，则相积分为 ()()nh TA dt t A dt t A pdq T T==++=+=⎰⎰⎰2)cos 1(2cos 220220222μωϕωμωϕωμω， ,2,1,0=nνμωnh Tnh A E ===222， ,2,1,0=n（2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。

1.7 一个德布罗意波在k空间的表示220()4()a k k C k --=求：（ⅰ）(,)x t ψ和2(,)x t ψ，在时刻t 这是否是个高斯波包？ （ⅱ）波包的宽度()x t ∆； （ⅲ）2(,)x t dx ψ∞-∞⎰是否依赖于t ?解：（ⅰ） 由于已知德布罗意波在k 空间的表示220()4()a k k C k --=因此对该一维波包有 ()121(,)()(2)i kx t x t C k e dk ωψπ-=⎰（1）将()k ω在0k 附近展开并略去高阶项有 20001()()()()2g k k v k k k k ωωβ≈+-+- （2） 其中 0()g k d v dk ω= ，022()k d dkωβ= 将（2）式代入（1）式有 20001()[()()]212(,)()()g i k t i kx v k k k k e x t C k edk ωβψαπ-∞-----∞=⎰（3）当220()414()(2)a k k C k eπ--=代入（3）式可得：22200001()()[()()]4212(,)()g a i k t k k i kx v k k k k e x t e dk ωβψαπ-∞------=⎰积分上式可得0022()2()(,)]2(1)g i k tik x x v t x t e e i t ωαψβα--=+则222242()(,)]1g x v t x t tαψβα-=+故在时刻t 这是个高斯波包 （ⅱ） 波包宽度()x t ∆≈（ⅲ） 由222242()(,)]1g x v t x t t αψβα-=+易知2(,)x t dx ψ∞-∞⎰依赖于t1.8将平面波和波包的讨论推广到三维情况，求群速度。

解：对于三维平面波和波包，也可将波包视为由若干个平面波叠家而来，则有 ()321(,)()(2)i k r t r t C k e dk ωψπ⋅-=⎰由于()()i C k C k e α= 令 k r t ϕωα=⋅-+()C k 在点0k k = 周围宽度为k ∆的一个小区域内有一个明显的峰值，只有当相位ϕ在小区域内基本上保持不变时，ψ才有最大值。

量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）； 并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。

解 根据普朗克的黑体辐射公式dv echv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1） 以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dvλλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。

本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。

但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+--⋅=-kThc kThce kT hc ehcλλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kThc ekThcλλ⇒ kThcekThcλλ=--)1(5 如果令x=kThc λ ，则上述方程为x e x =--)1(5这是一个超越方程。

首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。

据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。

1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。

解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=h v ，λhP =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有ph=λ nmm m E c hc E h e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。

第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b bTm3109.2 ,×´==-l 。

证明：由普朗克黑体辐射公式：由普朗克黑体辐射公式：n n p nr n nd ec hd kTh 11833-=， 及ln c=、l ln d c d 2-=得1185-=kThcehc l l l p r ，令kT hc x l =，再由0=l r l d d ，得l .所满足的超越方程为所满足的超越方程为15-=x x e xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kT hc m l ，将数据代入求得C m 109.2 ,03×´==-b b T ml 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ,求de Broglie 波长. 解：010A 7.09m 1009.72=´»==-mEh p h l # 1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。

波长。

解：010A 63.12m 1063.1232=´»===-mkT h mE h p h l其中kg 1066.1003.427-´´=m ，123K J 1038.1--×´=k # 1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，求：利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。

）一维谐振子的能量。

（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。

已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--×´=B m ，求动能的量子化间隔E D ，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。

的热运动能量相比较。

解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E mw m +=可以化为()12222222=÷÷øöççèæ+mw m E q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2mw m Eb E a ==，相空间面积为，相空间面积为,2,1,0,2=====òn nh EE ab pdq nw pp 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E n方法2：一维谐振子的运动方程为02=+¢¢q q w ，其解为，其解为()j w +=t A q sin速度为速度为 ()j w w +=¢t A q c o s ，动量为()j w mw m +=¢=t A q p cos ，则相积分为，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=òòò2)cos 1(2cos 220220222mw j w mw j w mw ， ,2,1,0=n nmw nh T nh A E ===222， ,2,1,0=n （2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。

2.1 如图所示右设粒子的能量为，下面就和两种情况来讨论（一）的情形此时，粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为其中其解分别为（1）粒子从左向右运动右边只有透射波无反射波，所以为零由波函数的连续性得得解得由概率流密度公式入射反射系数透射系数（2）粒子从右向左运动左边只有透射波无反射波，所以为零同理可得两个方程解反射系数透射系数（二）的情形令,不变此时，粒子的波函数所满足的定态薛定谔方程为其解分别为由在右边波函数的有界性得为零（1）粒子从左向右运动得得解得入射反射系数透射系数(2) 粒子从右向左运动左边只有透射波无反射波，所以为零 同理可得方程由于全部透射过去，所以反射系数 透射系数2.2如图所示在有隧穿效应，粒子穿过垒厚为的方势垒的透射系数为总透射系数2.3以势阱底为零势能参考点，如图所示 （1）左 中 0 a x时只有中间有值在中间区域所满足的定态薛定谔方程为其解是由波函数连续性条件得∴∴ 相应的因为正负号不影响其幅度特性可直接写成由波函数归一化条件得所以波函数（2） ∞∞左 中 右0 x显然时只有中间有值在中间区域所满足的定态薛定谔方程为其解是由波函数连续性条件得当，为任意整数，则当，为任意整数，则综合得∴当时，，波函数归一化后当时，，波函数归一化后2.4如图所示左中0 a 显然其中其解为由在右边波函数的有界性得为零∴再由连续性条件，即由得则得得除以得再由公式 ,注意到令,其中，不同n对应不同曲线, 图中只画出了在的取值范围之内的部分65n=0只能取限定的离散的几个值，则E 也取限定的离散的几个值，对每个E ，确定归一化条件得2.5则该一维谐振子的波函数的定态薛定谔方程为令则上式可化成令则只有当有解2.6由 和已知条件可得第三章3.1能量本征值方程为即分离变量法，令则有令则同理令则式中能级简并度为3.2角动量算符在极坐标系下则由能量本征值方程令其解为由周期性得归一化条件则3.4由能量本征值方程令当令 此时 满足的方程为时时只考虑时令其解分别为由波函数有界性得由波函数连续性得再由公式,注意到令,其中 ， 不同n 对应不同曲线,图中只画出了在的取值范围之内的部分65只能取限定的离散的几个值，则E也取限定的离散的几个值，对每个E，确定归一化条件得 1 可求得3.5同理方差算符则由测不准关系代入，验证该式是成立的第四章4.1在动量表象中，则代入得令得则归一化后的4.5本征方程的矩阵形式上式存在非零解的条件是即解得当再由得当，同样第六章6.3解：在z S ˆ 表象，nS ˆ的矩阵元为 其相应的久期方程为 即所以nS ˆ的本征值为2±。

(射系T (的势83B计.解： 其中22所以由边界条件1(2ik 或12t k =+处的反射有'()2((]k x b x e ϕ--+ ,02(x ϕ由'2ϕ1T t =2T (ii) Tlα'0ik r i tik r i tωω⋅-⋅-在1(,)x y ϕ=在2222mϕ∇=2)E V +在2'2(0,)(0,(0,)(0,y y ϕϕ=='sin yik y θ由上述二式得00c o s s i n xxk k R k k θθ-=+ 反射回来的概率2200c o s s i n x xk k P R k k θθ-==+ 222022()s i n x m E V k k θ+=- 2022mE k =（ii ）在x<0时，波函数与（1）中相同，在0<x<t 时Schrodinger 方程为2202mϕ-∇=若取iky kx e ϕ+=，则有：'220k k -+=即 'k k =± 所以0<x<t 的波函数为 '''2(,)()k x k xi k yx y a e b eeϕ-=+综上所述 1(,)()y xxik yik x ik x x y e re eϕ=+ ,0x <''2(,)()y ik yk x k x x y ae be eϕ-=+ ,0x t <<3(,)x i k xx y c e ϕ= ,x t >x k θ='s i n k θi n y k θ=利用边界条件121200(0)(0)()()x x x x d x d x x dx dx ϕϕϕϕ=====⎧⎪⎨=⎪⎩2322()()()()x t x t x t x t d x d x dx dx ϕϕϕϕ=====⎧⎪⎨=⎪⎩得 ''''1(1)'()''x x xik t k t k tik t k t k t xr a bik r k a b ce ae be ik ce k ae k be --+=+⎧⎪-=-⎪⎨=+⎪⎪=-⎩ 解得：2'22'11k t k te r e β-=- ''k i k xk i k x β-=+ 2'2'222'2'22cos 4k t k t k t k t e e R r e e θ--+-==+-14QM-2.33求一维薛定谔方程在势场()2/V x Ze x =-下的能级和波函数,并与势场()()()2/,0,0Ze x x V x x ⎧->⎪=⎨∞≤⎪⎩的结果相比较. 解:根据维里定律()()221122x E V x Ze dx xψ∞-∞==-⎰如果当0x →时,()x ψ不趋于零,上述积分会发散,E 会趋近于负无穷大.这是不可能的,所以我们得到()00ψ=.这样我们就可以用Laplace 变换来解决这个问题. 势能为()V x 一维薛定谔方程为()()()22222d x Ze x E x m dx xψψψ--= ()1 进行变量代换0xζγ==>则()1式变为()()2210d d ψζγψζζζ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭()2 对上式使用Laplace 变换,在0ζ>的区域,有()()()()211010sd ss s ds d ψφγφζ+∞''-+-=⎰, ()3其中()()10s s ed ζφψζζ∞-=⎰()()()000lim d d ζψψζψζζ++∆→+∆-=∆解（3）式得：()/212111B s s s s γφ-⎛⎫= ⎪-+⎝⎭/211s s γ-⎛⎫ ⎪+⎝⎭是一个多值函数,但是()1s φ必须是单值的,所以我们有2n γ= 1,2,3,n =则有()12111nB s s s s φ-⎛⎫= ⎪-+⎝⎭其中()0d B d ψζ+=.则()()()()1111Re 1,2;21n s n s s B e B e F n s ζζψζζζ--+=-⎡⎤-==-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦ ()0ζ> ()1,2;2F n ζ-是合流超比函数.对0ζ<的区域,引入变换0t ζ=->则()2式变为()()2210d t t dt t ψγψ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭ ()4 解为()22111nC s s s s φ+⎛⎫= ⎪--⎝⎭则有()()()()()()111212!1!n k tk n n n k t Ce t t k k ψ-=⎡⎤---=+⎢⎥+⎣⎦∑我们看到(),,t s t ψ→∞→-∞→∞自然边界条件要求()t ψ→∞有限,则必须有0C =.于是在0ζ<区域中0ψ=. 所以题目中的两种势函数都有相同的解()()1,2;2,00,0B e F n ζζζζψζζ-⎧->⎪=⎨≤⎪⎩由2n γ= 1,2,3,n =以及γ=可得2422,1,2,3,2n mZ e E n n=-=。

证明在定态中，几率流密度与时间无关。

证：对于定态，可令)]()()()([2 ])()()()([2 )(2 )( )()()(******r r r r i e r e r e r e r i i J er t f r t r Et iEt iEt iEt iEtiψψψψμψψψψμμψψ∇-∇=∇-∇=ψ∇ψ-ψ∇ψ===ψ----）（）（，可见t J 与无关。

2.4证明（2.6-14）式中的归一化常数是aA 1='证：⎪⎩⎪⎨⎧≥<+'=a x a x a x an A n ,0 ),(sin πψ （2.6-14）由归一化，得aA a x a n n a A a A dx a x an A x A dx a x an A dx a x an A dx aa aaaa a a aan 222222222)(sin 2)(cos22)](cos 1[21)(sin 1'=+⋅'-'=+'-'=+-'=+'==-----∞⎰⎰⎰⎰πππππψ∴归一化常数aA 1='3.8.在一维无限深势阱中运动的粒子，势阱的宽度为a ，如果粒子的状态由波函数)()(x a Ax x -=ψ描写，A 为归一化常数，求粒子能量的几率分布和能量的平均值。

解：由波函数)(x ψ的形式可知一维无限深势阱的分布如图示。

粒子能量的本征函数和本征值为⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≤≤a x x a x x an a x ,0 ,0 0 ,sin 2)(πψ 22222a n E n μπ = ) 3 2 1( ，，，=n 动量的几率分布函数为2)(n C E =ω⎰⎰==∞∞-an dx x x an dx x x C 0*)(sin)()(ψπψψ 先把)(x ψ归一化，由归一化条件，⎰⎰⎰+-=-==∞∞-aa dx x ax a x A dx x a x A dx x 022220222)2()()(1ψ⎰+-=adx x ax x a A 043222)2(30)523(525552a A a a a A =+-= ∴530aA =∴⎰-⋅⋅=an dx x a x x a n aa C 05)(sin 302π ]sin sin [1520203x xd a n x x xd a n x a a a a ⎰⎰-=ππ ax a n n a x a n x n a x a n x n a x a n n a x a n x n a a 0333222222323]cos 2sin 2 cos sin cos [152ππππππππππ--++-=])1(1[15433nn --=π∴2662])1(1[240)(n nn C E --==πω⎪⎩⎪⎨⎧=== ,6 ,4 ,205 3 196066n n n ，，，，，π ⎰⎰==∞∞-adx x p x dx x H x E 02)(2ˆ)()(ˆ)(ψμψψψ ⎰--⋅-=adx a x x dx d a x x a 02225)](2[)(30μ)32(30)(303352052a a adx a x x a a-=-=⎰μμ 225aμ = 4.5 设已知在Z L L ˆˆ2和的共同表象中，算符yx L L ˆˆ和的矩阵分别为 ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛=010******** x L ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=0000022ii i i L y 求它们的本征值和归一化的本征函数。

量子力学习题及解答第一章 量子理论基础1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长m λ与温度T 成反比，即m λ T=b （常量）；并近似计算b 的数值，准确到二位有效数字。

解 根据普朗克的黑体辐射公式dv e chv d kThv v v 11833-⋅=πρ， （1）以及 c v =λ， （2）λρρd dv v v -=， （3）有,118)()(5-⋅=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=kThc v v ehc cd c d d dv λλλπλλρλλλρλρρ这里的λρ的物理意义是黑体内波长介于λ与λ+d λ之间的辐射能量密度。

本题关注的是λ取何值时，λρ取得极大值，因此，就得要求λρ 对λ的一阶导数为零，由此可求得相应的λ的值，记作m λ。

但要注意的是，还需要验证λρ对λ的二阶导数在m λ处的取值是否小于零，如果小于零，那么前面求得的m λ就是要求的，具体如下：01151186'=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+--⋅=-kT hc kT hc e kT hc e hc λλλλλπρ ⇒ 0115=-⋅+--kT hce kThc λλ ⇒ kThc ekThc λλ=--)1(5 如果令x=kThcλ ，则上述方程为x e x =--)1(5这是一个超越方程。

首先，易知此方程有解：x=0，但经过验证，此解是平庸的；另外的一个解可以通过逐步近似法或者数值计算法获得：x=4.97，经过验证，此解正是所要求的，这样则有xkhc T m =λ 把x 以及三个物理常量代入到上式便知K m T m ⋅⨯=-3109.2λ这便是维恩位移定律。

据此，我们知识物体温度升高的话，辐射的能量分布的峰值向较短波长方面移动，这样便会根据热物体（如遥远星体）的发光颜色来判定温度的高低。

1．2 在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ，求其德布罗意波长。

解 根据德布罗意波粒二象性的关系，可知E=hv ，λhP =如果所考虑的粒子是非相对论性的电子（2c E e μ<<动），那么ep E μ22= 如果我们考察的是相对性的光子，那么E=pc注意到本题所考虑的钠的价电子的动能仅为3eV ，远远小于电子的质量与光速平方的乘积，即eV 61051.0⨯，因此利用非相对论性的电子的能量——动量关系式，这样，便有p h =λ nmm m E c hc Eh e e 71.01071.031051.021024.1229662=⨯=⨯⨯⨯⨯===--μμ在这里，利用了m eV hc ⋅⨯=-61024.1以及eV c e 621051.0⨯=μ最后，对Ec hc e 22μλ=作一点讨论，从上式可以看出，当粒子的质量越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强；同样的，当粒子的动能越大时，这个粒子的波长就越短，因而这个粒子的波动性较弱，而粒子性较强，由于宏观世界的物体质量普遍很大，因而波动性极弱，显现出来的都是粒子性，这种波粒二象性，从某种子意义来说，只有在微观世界才能显现。